Blog

Vận dụng 2. (Giải thích nghịch lý Zeno) – Trang 108 | SGK Toán 11

posted on tagged as

Vận dụng 2. (Giải thích nghịch lý Zeno)

Giả sử Achilles chạy với vận tốc $v_A = 100$ km/h, vận tốc của rùa là $v_R = 1$ km/h và khoảng cách ban đầu giữa họ là $a = 100$ km.

  • a) Tính thời gian $t_1, t_2, \dots, t_n, \dots$ tương ứng để Achilles đi từ $A_1$ đến $A_2$, từ $A_2$ đến $A_3, \dots$, từ $A_n$ đến $A_{n+1}, \dots$ (Trong đó $A_1$ là vị trí xuất phát của Achilles, $A_2$ là vị trí ban đầu của rùa, $A_3$ là vị trí rùa đạt được khi Achilles đến $A_2, \dots$).
  • b) Tính tổng thời gian cần thiết để Achilles chạy hết các quãng đường $A_1A_2, A_2A_3, \dots, A_nA_{n+1}, \dots$, tức là thời gian cần thiết để Achilles đuổi kịp rùa.
  • c) Sai lầm trong lập luận của Zeno nằm ở đâu?

Giải

a) Tính các khoảng thời gian $t_n$

  • Thời gian $t_1$: Để Achilles đi hết quãng đường ban đầu $A_1A_2 = 100$ km:$$t_1 = \frac{100}{100} = 1 \text{ (giờ)}$$
  • Trong thời gian $t_1 = 1$ giờ này, rùa đã đi thêm được một quãng đường $A_2A_3$:$$s_2 = v_R \cdot t_1 = 1 \cdot 1 = 1 \text{ (km)}$$
  • Thời gian $t_2$: Để Achilles đi hết quãng đường $A_2A_3 = 1$ km:$$t_2 = \frac{1}{100} \text{ (giờ)}$$
  • Tương tự, quãng đường rùa đi tiếp là $s_3 = v_R \cdot t_2 = 1 \cdot \frac{1}{100} = \frac{1}{100}$ (km).
  • Thời gian $t_3$: Để Achilles đi hết quãng đường $A_3A_4$:$$t_3 = \frac{1/100}{100} = \frac{1}{100^2} \text{ (giờ)}$$

Tổng quát: Thời gian $t_n$ tạo thành một cấp số nhân với số hạng đầu $t_1 = 1$ và công bội $q = \frac{1}{100}$.

$$t_n = \frac{1}{100^{n-1}}$$

b) Tính tổng thời gian $T$

Tổng thời gian để Achilles đuổi kịp rùa là tổng của chuỗi vô hạn các khoảng thời gian trên:

$$T = t_1 + t_2 + t_3 + \dots + t_n + \dots$$

$$T = 1 + \frac{1}{100} + \frac{1}{100^2} + \dots$$

Đây là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1 = 1$ và $q = \frac{1}{100}$. Áp dụng công thức:

$$T = \frac{1}{1 – \frac{1}{100}} = \frac{1}{\frac{99}{100}} = \frac{100}{99} \approx 1,01 \text{ (giờ)}$$

c) Sai lầm của Zeno

Sai lầm của Zeno nằm ở quan niệm về thời gian và sự vô hạn:

  1. Zeno cho rằng một tổng có vô số các khoảng thời gian dương ($t_1, t_2, \dots$) thì tổng đó phải bằng vô cực.
  2. Tuy nhiên, toán học hiện đại chứng minh rằng một tổng vô hạn các số hạng vẫn có thể hội tụ về một giá trị hữu hạn (ở đây là $100/99$ giờ).

Vì vậy, dù Achilles phải vượt qua vô số điểm chia, ông ta vẫn đuổi kịp rùa trong một khoảng thời gian ngắn ngủi và xác định.

Luyện tập 4. Trang 108 – SGK Toán 11

posted on tagged as

Luyện tập 4. Tính tổng của dãy số sau:

$$S = 2 + \frac{2}{7} + \frac{2}{49} + \dots + \frac{2}{7^{n-1}} + \dots$$

Giải

Dãy số đã cho là:

$S = 2 + \frac{2}{7} + \frac{2}{49} + \dots + \frac{2}{7^{n-1}} + \dots$

Xác định các thành phần của dãy

  • Số hạng đầu tiên: $u_1 = 2$
  • Số hạng thứ hai: $u_2 = \frac{2}{7}$
  • Công bội: $q = \frac{u_2}{u_1} = \frac{2/7}{2} = \frac{1}{7}$

Kiểm tra điều kiện

Vì $|q| = |\frac{1}{7}| < 1$, nên đây là một cấp số nhân lùi vô hạn.

Áp dụng công thức tính tổng

Thay các giá trị vào công thức $S = \frac{u_1}{1 – q}$, ta có:

$$S = \frac{2}{1 – \frac{1}{7}}$$

$$S = \frac{2}{\frac{6}{7}}$$

$$S = 2 \cdot \frac{7}{6}$$

$$S = \frac{7}{3}$$

Kết luận:

Vậy tổng của dãy số là

$S = \frac{7}{3}$.

Một tổng có vô số số hạng vẫn có thể tạo ra một kết quả hữu hạn

posted on tagged as

Cho cấp số nhân lùi vô hạn $(u_n)$ có số hạng đầu $u_1$ và công bội $q$ thỏa mãn $|q| < 1$. Chứng minh rằng tổng của cấp số nhân này được tính bằng công thức:

$$S = \frac{u_1}{1 – q}$$

Giải

Thiết lập biểu thức tổng hữu hạn $S_n$

Xét tổng của $n$ số hạng đầu tiên:

$$S_n = \frac{u_1(1 – q^n)}{1 – q}$$

Ta có thể tách biểu thức này thành hai phần để dễ quan sát giới hạn:

$$S_n = \frac{u_1}{1 – q} – \frac{u_1 \cdot q^n}{1 – q}$$

Lấy giới hạn khi $n$ tiến đến vô cực

Theo định nghĩa, tổng vô hạn $S$ chính là giới hạn của $S_n$ khi $n \to +\infty$:

$$S = \lim_{n \to +\infty} S_n = \lim_{n \to +\infty} \left[ \frac{u_1}{1 – q} – \left( \frac{u_1}{1 – q} \right) \cdot q^n \right]$$

Khử các đại lượng triệt tiêu

Vì $|q| < 1$, theo lý thuyết giới hạn ta có $\lim_{n \to +\infty} q^n = 0$. Do đó:

$$S = \frac{u_1}{1 – q} – \frac{u_1}{1 – q} \cdot 0$$

$$S = \frac{u_1}{1 – q}$$

Kết luận:

Với $|q| < 1$, tổng của cấp số nhân lùi vô hạn luôn hội tụ về giá trị:

$$\mathbf{S = \frac{u_1}{1 – q}}$$

HĐ4. Làm quen với việc tính tổng vô hạn – Trang 107 | SGK Toán 11

posted on tagged as

Cho hình vuông cạnh bằng $1$ (đơn vị độ dài).

  1. Chia hình vuông đó thành bốn hình vuông nhỏ bằng nhau, sau đó tô màu hình vuông nhỏ ở góc dưới bên trái.
  2. Lặp lại thao tác này với hình vuông nhỏ ở góc trên bên phải.
  3. Giả sử quá trình trên tiếp diễn vô hạn lần.

Gọi $u_1, u_2, \dots, u_n, \dots$ lần lượt là độ dài cạnh của các hình vuông được tô màu.

a) Tính tổng $S_n = u_1 + u_2 + \dots + u_n$.

b) Tìm $S = \lim_{n \to +\infty} S_n$.

Giải

Phân tích dãy số:

  • Bước 1: Hình vuông ban đầu có cạnh là $1$. Khi chia làm 4 hình vuông nhỏ bằng nhau, cạnh của mỗi hình vuông nhỏ sẽ là $\frac{1}{2}$. Vậy độ dài cạnh hình vuông tô màu đầu tiên là $u_1 = \frac{1}{2}$.
  • Bước 2: Lặp lại thao tác với hình vuông nhỏ (cạnh $\frac{1}{2}$), ta lại chia nó làm 4. Cạnh của hình vuông tô màu tiếp theo sẽ là $u_2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$.
  • Tổng quát: Cạnh của hình vuông thứ $n$ là $u_n = \left(\frac{1}{2}\right)^n$.

Đây là một cấp số nhân với số hạng đầu $u_1 = \frac{1}{2}$ và công bội $q = \frac{1}{2}$.

a) Tính tổng $S_n$

Áp dụng công thức tổng $n$ số hạng đầu của cấp số nhân:

$$S_n = \frac{u_1(1 – q^n)}{1 – q} = \frac{\frac{1}{2} \left[ 1 – \left(\frac{1}{2}\right)^n \right]}{1 – \frac{1}{2}}$$

$$S_n = \frac{\frac{1}{2} \left[ 1 – \left(\frac{1}{2}\right)^n \right]}{\frac{1}{2}} = 1 – \left(\frac{1}{2}\right)^n$$

b) Tìm $S = \lim_{n \to +\infty} S_n$

Vì $|q| = |\frac{1}{2}| < 1$ nên đây là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn.

$$S = \lim_{n \to +\infty} \left[ 1 – \left(\frac{1}{2}\right)^n \right]$$

Vì $\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n = 0$, ta có:

$$S = 1 – 0 = 1$$

Kết luận:

  • $S_n = 1 – \frac{1}{2^n}$
  • $S = 1$

Chứng minh định lý căn thức: $\lim \sqrt{u_n} = \sqrt{a}$ (với $a > 0$)

posted on tagged as

Cho dãy số $(u_n)$. Nếu $u_n \geq 0$ với mọi $n$ và $\lim_{n \to +\infty} u_n = a$ thì:

$a \geq 0$

$\lim_{n \to +\infty} \sqrt{u_n} = \sqrt{a}$

Giải

Chứng minh $a \geq 0$

Ta dùng phương pháp phản chứng.

Giả sử ngược lại: $a < 0$.

Chọn $\epsilon$: Vì $a < 0$ nên $-a > 0$. Ta chọn $\epsilon = \frac{-a}{2} > 0$.

Áp dụng định nghĩa: Vì $\lim u_n = a$, nên tồn tại số $N$ sao cho với mọi $n > N$:$$|u_n – a| < \epsilon \iff a – \epsilon < u_n < a + \epsilon$$

Xét vế phải: $u_n < a + \epsilon = a + \left( \frac{-a}{2} \right) = \frac{a}{2}$.

Mâu thuẫn: Vì $a < 0$ nên $\frac{a}{2} < 0$. Suy ra $u_n < 0$. Điều này trái với giả thiết $u_n \geq 0$ với mọi $n$.

Kết luận: Vậy giả sử sai, ta phải có $a \geq 0$.

Chứng minh $\lim_{n \to +\infty} \sqrt{u_n} = \sqrt{a}$

Ta xét hai trường hợp của $a$:

Trường hợp 1: $a = 0$

Cần chứng minh: $|\sqrt{u_n} – 0| < \epsilon \iff \sqrt{u_n} < \epsilon$.

Vì $\lim u_n = 0$, với mọi số dương $\epsilon^2 > 0$, tồn tại $N$ sao cho với mọi $n > N$:$$0 \leq u_n < \epsilon^2$$

Lấy căn bậc hai hai vế (vì các vế không âm), ta được: $\sqrt{u_n} < \epsilon$.

Vậy $\lim \sqrt{u_n} = 0$.

Trường hợp 2: $a > 0$

Xét hiệu: $|\sqrt{u_n} – \sqrt{a}| = \left| \frac{(\sqrt{u_n} – \sqrt{a})(\sqrt{u_n} + \sqrt{a})}{\sqrt{u_n} + \sqrt{a}} \right| = \frac{|u_n – a|}{\sqrt{u_n} + \sqrt{a}}$.

Vì $u_n \geq 0$ nên $\sqrt{u_n} + \sqrt{a} \geq \sqrt{a}$. Do đó:$$\frac{|u_n – a|}{\sqrt{u_n} + \sqrt{a}} \leq \frac{|u_n – a|}{\sqrt{a}}$$

Với mọi $\epsilon > 0$, vì $\lim u_n = a$, tồn tại $N$ sao cho khi $n > N$ thì $|u_n – a| < \epsilon \cdot \sqrt{a}$.

Khi đó: $|\sqrt{u_n} – \sqrt{a}| \leq \frac{|u_n – a|}{\sqrt{a}} < \frac{\epsilon \cdot \sqrt{a}}{\sqrt{a}} = \epsilon$.

Kết luận:

Vậy $\lim_{n \to +\infty} \sqrt{u_n} = \sqrt{a}$.

Chứng minh định lý thương: $\lim \left( \frac{1}{v_n} \right) = \frac{1}{b}$ (với $b \neq 0$)

posted on tagged as

Nếu $\lim_{n \to +\infty} u_n = a$ và $\lim_{n \to +\infty} v_n = b$ thì $\lim_{n \to +\infty} \frac{u_n}{v_n} = \frac{a}{b}$ (với điều kiện $b \neq 0$)

Giải

Xét hiệu:

$$\left| \frac{1}{v_n} – \frac{1}{b} \right| = \left| \frac{b – v_n}{v_n \cdot b} \right| = \frac{|v_n – b|}{|v_n| \cdot |b|}$$

Đánh giá mẫu số:

Vì $\lim v_n = b \neq 0$, nên với $n$ đủ lớn, $v_n$ sẽ “gần” $b$. Cụ thể, tồn tại $N_1$ sao cho $|v_n| > \frac{|b|}{2}$ với mọi $n > N_1$.

Khi đó: $\frac{1}{|v_n|} < \frac{2}{|b|}$.

Chọn $n$ đủ lớn:

Chọn $N_2$ sao cho với mọi $n > N_2$ thì $|v_n – b| < \frac{\epsilon \cdot b^2}{2}$.

Kết hợp:

Với $n > \max(N_1, N_2)$, ta có:

$$\frac{|v_n – b|}{|v_n| \cdot |b|} < \frac{|v_n – b|}{\frac{|b|}{2} \cdot |b|} = \frac{2|v_n – b|}{b^2} < \frac{2}{b^2} \cdot \frac{\epsilon \cdot b^2}{2} = \epsilon$$

Kết luận:

Vậy $\lim \frac{1}{v_n} = \frac{1}{b}$.

Chứng minh định lý tích: $\lim (u_n \cdot v_n) = a \cdot b$

posted on tagged as

Nếu $\lim_{n \to +\infty} u_n = a$ và $\lim_{n \to +\infty} v_n = b$ thì $\lim (u_n \cdot v_n) = a \cdot b$

Giải

Đánh giá biểu thức:

$$|u_n \cdot v_n – a \cdot b| = |u_n \cdot v_n – u_n \cdot b + u_n \cdot b – a \cdot b|$$

Áp dụng bất đẳng thức tam giác:

$$|u_n(v_n – b) + b(u_n – a)| \leq |u_n| \cdot |v_n – b| + |b| \cdot |u_n – a|$$

Tính chất dãy hội tụ:

Vì $\lim u_n = a$ nên dãy $(u_n)$ bị chặn. Tồn tại một số thực $M > 0$ sao cho $|u_n| \leq M$ với mọi $n$.

Chọn $n$ đủ lớn:

  • Để $|b| \cdot |u_n – a| < \frac{\epsilon}{2}$, ta chọn $n > N_1$ sao cho $|u_n – a| < \frac{\epsilon}{2(|b| + 1)}$.
  • Để $M \cdot |v_n – b| < \frac{\epsilon}{2}$, ta chọn $n > N_2$ sao cho $|v_n – b| < \frac{\epsilon}{2M}$.

Kết hợp:

Với $n > \max(N_1, N_2)$, ta có:

$$|u_n v_n – ab| < M \cdot \frac{\epsilon}{2M} + |b| \cdot \frac{\epsilon}{2(|b|+1)} < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

Kết luận: Vậy $\lim (u_n \cdot v_n) = a \cdot b$.

Load More

Chứng minh định lý hiệu: $\lim_{n \to +\infty} (u_n – v_n) = a – b$

posted on tagged as

Chứng minh định lý hiệu:

$\lim_{n \to +\infty} (u_n – v_n) = a – b$

Giải

Ta có:

$\lim u_n = a \Rightarrow \forall \epsilon > 0, \exists N_1: \forall n > N_1, |u_n – a| < \frac{\epsilon}{2}$

$\lim v_n = b \Rightarrow \forall \epsilon > 0, \exists N_2: \forall n > N_2, |v_n – b| < \frac{\epsilon}{2}$

Cần chứng minh:

Với mọi $\epsilon > 0$, tồn tại $N$ sao cho khi $n > N$ thì $|(u_n – v_n) – (a – b)| < \epsilon$.

Biến đổi biểu thức:

Ta nhóm các số hạng tương ứng với nhau:

$$|(u_n – v_n) – (a – b)| = |(u_n – a) – (v_n – b)|$$

Áp dụng bất đẳng thức tam giác:

Lưu ý rằng $|A – B| \leq |A| + |B|$.

Do đó:

$$|(u_n – a) – (v_n – b)| \leq |u_n – a| + |-(v_n – b)| = |u_n – a| + |v_n – b|$$

Chọn $N$:

Tương tự như phép cộng, ta chọn $N = \max(N_1, N_2)$.

Khi đó, với mọi $n > N$, ta có đồng thời:$$|u_n – a| < \frac{\epsilon}{2} \quad \text{và} \quad |v_n – b| < \frac{\epsilon}{2}$$

Thay vào đánh giá ở bước 2:

$$|(u_n – v_n) – (a – b)| \leq |u_n – a| + |v_n – b| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

Kết luận:

Vậy $\lim_{n \to +\infty} (u_n – v_n) = a – b$.

Chứng minh định lý tổng: $\lim (u_n + v_n) = a + b$

posted on tagged as

Chứng minh định lý tổng:

$\lim (u_n + v_n) = a + b$

Giải

Ta có:

$\lim u_n = a \Rightarrow \forall \epsilon > 0, \exists N_1: \forall n > N_1, |u_n – a| < \frac{\epsilon}{2}$

$\lim v_n = b \Rightarrow \forall \epsilon > 0, \exists N_2: \forall n > N_2, |v_n – b| < \frac{\epsilon}{2}$

Cần chứng minh:

Với mọi $\epsilon > 0$, tồn tại $N$ sao cho khi $n > N$ thì $|(u_n + v_n) – (a + b)| < \epsilon$.

Xét biểu thức: $|(u_n + v_n) – (a + b)| = |(u_n – a) + (v_n – b)|$.

Áp dụng bất đẳng thức tam giác $|A + B| \leq |A| + |B|$, ta có:

$$|(u_n – a) + (v_n – b)| \leq |u_n – a| + |v_n – b|$$

Chọn $N = \max(N_1, N_2)$. Khi đó với mọi $n > N$, cả hai điều kiện ở phần giả thiết đều thỏa mãn:

$$|u_n – a| < \frac{\epsilon}{2} \quad \text{và} \quad |v_n – b| < \frac{\epsilon}{2}$$

Suy ra:

$$|(u_n + v_n) – (a + b)| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

Kết luận: Vậy $\lim (u_n + v_n) = a + b$.

Cho dãy số $(u_n)$ với $u_n = \frac{3 \cdot 2^n – 1}{2^n}$. Chứng minh $\lim_{n \to +\infty} u_n = 3$.

posted on

Cho dãy số $(u_n)$ với $u_n = \frac{3 \cdot 2^n – 1}{2^n}$.

Chứng minh bằng định nghĩa: $\lim_{n \to +\infty} u_n = 3$.

Giải

Để chứng minh $\lim_{n \to +\infty} u_n = 3$, ta cần chứng minh $\lim_{n \to +\infty} (u_n – 3) = 0$.

Xét hiệu $(u_n – 3)$

Ta có:

$$u_n – 3 = \frac{3 \cdot 2^n – 1}{2^n} – 3$$

$$u_n – 3 = \left( \frac{3 \cdot 2^n}{2^n} – \frac{1}{2^n} \right) – 3$$

$$u_n – 3 = \left( 3 – \frac{1}{2^n} \right) – 3$$

$$u_n – 3 = – \frac{1}{2^n}$$

Xét giới hạn của hiệu khi $n$ dần tới dương vô cực:

$$\lim_{n \to +\infty} (u_n – 3) = \lim_{n \to +\infty} \left( – \frac{1}{2^n} \right)$$

$$\lim_{n \to +\infty} (u_n – 3) = – \lim_{n \to +\infty} \left( \frac{1}{2} \right)^n$$

Vì $|q| = |\frac{1}{2}| < 1$, nên theo định lý về giới hạn của cấp số nhân lùi vô hạn, ta có:

$$\lim_{n \to +\infty} \left( \frac{1}{2} \right)^n = 0$$

Suy ra:

$$\lim_{n \to +\infty} (u_n – 3) = 0$$

Kết luận

Vì $\lim_{n \to +\infty} (u_n – 3) = 0$, nên theo đúng định nghĩa, ta kết luận:

$$\lim_{n \to +\infty} u_n = 3$$